(通用版)高考物理一轮复习第五章第2讲动能定理及应用课时作业(含解析)

第2讲 动能和动能定理及其应用时间：60分钟1． 质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )．A ．质量大的物体滑行的距离大B ．质量小的物体滑行的距离大C ．它们滑行的距离一样大D ．质量大的物体克服摩擦力做的功多解析 由动能定理可得－F f x ＝0－E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k . 答案 B2．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )．A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析 合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12mv 2＝12×25×22J ＝50 J ，A 项正确；W G ＋W 阻＝E k －0，故W 阻＝12mv 2－mgh ＝50 J －750 J ＝－700 J ，B 项错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J＝750 J ，C 错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错． 答案 A3．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，关于该质点动能的变化情况下列说法错误的是( )．A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析 当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故A 正确．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小到零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大，故B 正确．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v 0分解为平行恒力方向的v y 、垂直恒力方向的v x ，如图甲，v y 先逐渐减小到零再逐渐增大，v x 始终不变．v ＝ v 2x ＋v 2y ，质点速度v 先逐渐减小至v x 再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，故D 正确．当恒力方向与v 0方向夹角小于90°时，如图乙，v y 一直增大，v x 始终不变，质点速度v 逐渐增大，动能一直增大，没有其他情况，故C 错误．答案 C4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图5-2-13所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )．图5-2-13A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析 在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v 22a可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确． 答案 B5．如图5-2-14所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的物体，现缓慢抬高A 端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v ，则在整个过程中( )．图5-2-14A ．支持力对物体做功为0B ．摩擦力对物体做功为mgL sin αC ．摩擦力对物体做功为12mv 2－mgL sin αD ．木板对物体做功为12mv 2－mgL sin α解析 木板由水平转到与水平面成α角的过程中，木板对物体的支持力做正功，重力做负功，两者相等，即W G ＝W N ＝mgL sin α，所以A 错误；物体从开始下滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得W G ＋W f ＝12mv 2－0，即W f＝12mv 2－mgL sin α，故C 正确、B 错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板做功为12mv 2，D 错误．答案 C6．如图5-2-15所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度也刚好为零．则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )．图5-2-15A ．大于v 0B ．等于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面的倾角解析 如图所示，物体由D 出发沿DBA 路面运动，由动能定理可列出方程－F f 1l DB －F f 2l BA －mgh A ＝0－12mv 20①因为F f 1＝μmg ，F f 2＝μmg cos α 代入①式－μmgl DB －μmg cos αl AB －mgh A ＝－12mv 20②又因为l AB cos α＝l OB ，所以μmgl DB ＋μmgl BO ＋mgh A ＝12mv 20③同理μmg (l CD ＋l CO )＋mgh A ＝12mv 2④即μmgl DO ＋mgh A ＝12mv 2⑤此式表明由D 出发的初速度v 0与斜面夹角α无关，因此沿DCA 上滑到A 点的初速度仍为v 0，选项B 正确． 答案 B7．(2013·郑州三模)如图5-2-16所示，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法不正确的是( )．图5-2-16A ．小球落地时的动能为2.5mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析 小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20R 得v 0＝gR .根据动能定理mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20得12mv2＝2.5mgR ，A 正确．由平抛运动知识得t ＝4Rg，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B正确．P 处小球重力提供向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理得－mgR ＝12m (gR )2－12mv 2Q ，所以v Q ＝3gR ，D 正确． 答案 C8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )．A ．汽车的额定功率为fvB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mv 2max －12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析 当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，额定功率为P 额＝fv max ，则可知选项A 错误；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f ＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确． 答案 D9．(2013·济南模拟)如图5-2-17所示，劲度系数为k 的弹簧下端悬挂一个质量为m 的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W 1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W 2，则( )．图5-2-17A ．W 1＞m 2g 2kB ．W 1＜m 2g 2kC ．W 2＝12mv 2D ．W 2＝m 2g 2k －12mv 2解析 设x 为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg ＝kx .手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx ＝m 2g 2k ，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W 1＜m 2g 2k ，选项B 正确．由动能定理知W 2＋m 2g 2k ＝12mv 2，则C 、D 错误．答案 B10．(2013·揭阳模拟)如图5-21-8所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB 为曲面滑道，BC 为水平滑道，水平滑道BC 与半径为1.6 m 的14圆弧滑道CD 相切，DE 为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差为20 m 的A 点和B 点时的速度分别为2 m/s 和12 m/s ，在C 点做平抛运动，最后落在海绵垫上E 点．人的质量为70 kg ，在BC 段的动摩擦因数为0.2.问：图5-2-18(1)从A 到B 的过程中，人克服阻力做的功是多少？ (2)为保证在C 点做平抛运动，BC 的最大值是多少？ (3)若BC 取最大值，则DE 的长是多少？解析 (1)由动能定理：W G －W f ＝12mv 2B －12mv 2A 得：W f ＝9 100 J.(2)BC 段加速度为：a ＝μg ＝2 m/s 2，设在C 点的最大速度为v m ，由mg ＝m v 2mr，v m ＝gr ＝4 m/s ，BC 的最大值为：s BC ＝v 2B －v 2m2a＝32 m ，BC 的长度范围是0～32 m.(3)平抛运动的时间：t ＝2rg＝0.32＝0.566 s ，BC 取最大长度，对应平抛运动的初速度为v m ＝4 m/s ，平抛运动的水平位移：s 平＝v m t ＝2.26 m ，DE 的长：s DE ＝s 平－r ＝2.26 m －1.6 m ＝0.66 m.答案 (1)9 100 J (2)32 m (3)0.66 m11．(2012·无锡高三期末)如图5-2-19甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与倾角为37°的足够长斜面BC 在B 处连接，有一质量为2 kg 的滑块，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 按图乙所示规律变化，滑块与AB 和BC 间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图5-2-19(1)滑块第一次到达B 处时的速度大小；(2)不计滑块在B 处的速率变化，滑块到达B 点时撤去力F ，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与B 点的距离．(sin 37°＝0.6)解析 (1)由题图得：0～2 m 内：F 1＝20 N ，Δx 1＝2 m ； 2～3 m 内：F 2＝0，Δx 2＝1 m ；3～4 m 内：F 3＝10 N ，Δx 3＝1 mA 至B 由动能定理得：F 1Δx 1－F 3Δx 3－μmg (Δx 1＋Δx 2＋Δx 3)＝12mv 2B ，即20×2－10×1－0.25×2×10×(2＋1＋1)＝12×2×v 2B ，解得v B ＝10 m/s(2)因为mg sin 37°>μmg cos 37°，滑块将滑回水平面． 设滑块由B 点上滑的最大距离为L ，由动能定理：－μmgL cos 37°－mgL sin 37°＝0－12mv 2B解得：L ＝58m从最高点滑回水平面，设停止在与B 点相距s 处，mgL sin 37°－μmgL cos 37°－μmgs ＝0解得：s ＝sin 37°－μcos 37°μL ＝0.6－0.25×0.80.25×58 m ＝1 m.答案 (1)10 m/s (2)1 m12．(2012·重庆卷，23)如图5-2-20所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L ，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：图5-2-20(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cos θ.① (2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0，②W G ＝mgL cos θ，③由②、③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ，⑤ 摩擦力做的功W f ＝－fs ，⑥ ④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs.⑦ 答案 (1)mgL cos θ (2)－mgL cos θ (3)mgL cos θFs。

第二讲 动能定理及其应用[A 组·基础题]一、单项选择题1．(2016·高考四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 J解析：根据动能定理W 合＝ΔE k 可知，韩晓鹏在此过程中动能增加了ΔE k ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，选项A 、B 错误；重力做正功，重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，D 错误．答案：C2.质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s解析：由Fx 图象可知，拉力F 在物体运动的16 m 内所做的总功W ＝10×4 J＝40 J ．由动能定理可得W ＝12mv 2－12mv 02，解得v ＝3 m/s ，B 正确．答案：B3.(2017·成都高三月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ(v 022g cos θ＋x 0tan θ) B.1μ(v 022g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 022g cos θ＋x 0tan θ) D.1μ(v 022g cos θ＋x 0cot θ) 解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12mv 02＋mgx 0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgx cos θ，解以上两式可得x ＝1μ(v 022g cos θ＋x 0tan θ)，选项A 正确．答案：A4.(2017·甘肃兰州一中月考)如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功解析：根据动能定理得Mg (s AB sin θ＋s BC sin β)－μMg (s AB cos θ＋s BC cos β)－μMgs CD＝0，解得μ＝716，选项A 错误；小滑块在AB 面上运动的加速度a 1＝g sin θ－μg cos θ＝438 m/s 2，小滑块在BC 面上运动的加速度a 2＝g sin β－μg cos β＝52 m/s 2，则a 1∶a 2＝43∶20，选项B 错误；小滑块在AB 面上的运动的平均速度小于小滑块在BC 面上的平均速度，故小滑块在AB 面上的运动时间大于小滑块在BC 面上的运动时间，选项C 错误；小滑块对AB 面正压力小于小滑块对BC 面的正压力，故在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于在BC 面上运动时克服摩擦力做功，选项D 正确．答案：D 二、多项选择题5.某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh解析：对物体应用动能定理可得W 合＝W 人－mgh ＝12mv 2，故W 人＝mgh ＋12mv 2，B 、D 选项正确．答案：BD6.(2017·宁夏银川第二中学、第九中学、育才中学第一次联考)如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变解析：由于轨道对小球的作用力与小球运动方向始终垂直，故轨道对小球不做功，故A 正确；由于B 点的高度高于C 点，则由机械能守恒定律可知，小球在B 点的速度小于在C点的速度，故B 正确；根据向心力公式可知mg ＋F N ＝m v 2r，由于B 点的速度小于C 点的速度，在B 点的轨道半径大于在C 点的轨道半径，故小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力，故C 正确；改变小球的高度，则小球在B 、C 两点的速度平方的差值恒定，但由于半径不同，故小球在B 、C 两点对轨道的压力差不同，故D 错误．答案：ABC7.(2016·高考浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析：在滑草车由静止开始下滑到最后静止于底端的过程中，由动能定理有2mgh －(μmg cos 45°·h sin 45°＋μmg cos 37°·h sin 37°)＝0，解得μ＝67，A 正确；载人滑草车到达上段滑道底端时速度最大，设为v m ，则v m 2＝2(g sin45°－μg cos 45°)hcos 45°，得v m ＝2gh7，B 正确；整个过程克服摩擦力做功为2mgh ，C 错误；下段滑道的加速度大小为a ＝μg cos 37°－g sin 37°＝335g ，D 错误．答案：AB8.(2017·河北衡水中学调研)如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同解析：设P 点离地的高度为h ，对于b ：b 做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b 上升到最大高度的时间为t 1＝2hg，从最高点到落地的时间为t 2＝2hg，故b 运动的总时间t b ＝t 1＋t 2＝(2＋1)2hg ；对于a ：a 做平抛运动，运动时间为t a ＝2hg.则有t b ＝(2＋1)t a ，故A 错误．对于b ：h ＝v 022g，则v 0＝2gh ；对于a ：水平位移为x ＝v 0t a ＝2gh2hg＝2h ，a 的位移为x a ＝h 2＋h2＝5h ，而b 的位移大小为h ，则a 的位移大小是b 的位移大小的5倍，故B 正确．根据动能定理有W ＝E k －E k0，则E k ＝mgh ＋12mv 02，可知两球落地时动能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故C 错误，D 正确．答案：BD[B 组·能力题]一、选择题9.(2015·高考海南卷)如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 解析：质点在轨道最低点时受重力和支持力作用，根据牛顿第三定律可知，支持力F N ＝2mg .如图所示，F N －mg ＝m v 2R，得v ＝gR .对质点的下滑过程应用动能定理有，mgR －W ＝12mv 2，得W ＝12mgR ，C 正确．答案：C10.(多选)(2017·河南信阳高级中学大考)如图所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，初始时刻小球静止于P 点，第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T 1；第二次在水平恒力F ′作用下，从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，至Q 点时轻绳中的张力大小为T 2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g )( )A ．第一个过程中，拉力F 在逐渐变大，且最大值一定大于F ′B ．两个过程中，轻绳的张力均变大C ．T 1＝mgcos θ，T 2＝mgD ．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大后减小解析：第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得F ＝mg tan θ，随着θ增大，F 逐渐增大；第二次小球从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，则到达Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得F ′l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得F ′＝mg tan θ2，因为θ＜90°，所以mg tan θ2＜mg tan θ，则F＞F ′，故A 正确．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T ＝mgcos θ，所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与“重力”方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B 错误．第一次运动到Q 点时，受力平衡，根据几何关系可知，T 1＝mgcos θ，第二次运动到Q 点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T 2＝mg cos θ＋F ′sin θ＝mg cos θ＋mg－cos θsin θ·sin θ＝mg ，故C 正确．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q 点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大，后减小，再增大，再减小，故D 错误．答案：AC 二、非选择题11．小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端B ，使物体从A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m ＝1 kg ，上升了1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k 与上升高度h 的关系图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4 m 高度处F 的瞬时功率．(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f 与深度x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．解析：(1)撤去F 前，根据动能定理，有 (F －mg )h ＝E k －0由题图乙得，斜率为k ＝F －mg ＝20 N ，得F ＝30 N 又由题图乙得，h ＝0.4 m 时，E k ＝8 J ，则v ＝4 m/sP ＝Fv ＝120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－F f x ′＝0－E k ′ 已知E k ′＝20 JF f ＝k ′x ′2又由题图丙得k ′＝105N/m 解得x ′＝0.02 m.答案：(1)120 W (2)0.02 m12.(2016·贵州遵义航天高级中学三模)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝33.g取10 m/s2，求：(1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v y2＝2gh，代入数据解得v y＝2gh＝2×10×0.9 m/s＝3 2 m/s，在A点有tan θ＝v yv x，得v x＝v0＝v ytan θ＝323m/s＝ 6 m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝12mv C2－12mv02，代入数据解得v C＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg＝mv2R1，12mv C2＝2mgR1＋12mv2，代入数据解得R1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有12mv C2＝mgR2，代入数据解得R2＝2.7 m.当圆轨道与AB相切时R3＝L2·tan 60°＝1.5 m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0＜R≤1.08 m.答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R≤1.08 m。

第五章 第二讲 动能定理及其应用1．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C 点时的动 能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W 1和W 2，则 ( )A ．E k1＞E k2 W 1＜W 2B ．E k1＞E k2 W 1＝W 2C ．E k1＝E k2 W 1＞W 2D ．E k1＜E k2 W 1＞W 2解析：设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为l ，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmg cos θ·l /cos θ＝μmgl ，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B 的高度 比A 低，所以由动能定理可知E k1＞E k2，故选B.答案：B2．一质量为m 的小球用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力作用下，从平衡位置P 点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向θ角时， 水平力大小为F ，如图2所示，则水平力所做的功为 ( )A ．mgl cos θB ．Fl sin θC ．mgl (1－cos θ)D ．Fl cos θ 解析：小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即W F ＋W G ＝0， 其中W G ＝－mgl (1－cos θ)，所以W F ＝－W G ＝mgl (1－cos θ)，选项C 正确． 答案：C3．(2010·南通模拟)如图3甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平 拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙 所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为 ( )图3A ．0B.12F m x 0C.π4F m x 0 D.π4x 02 解析：根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”的方法来解决．力F 所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E k ＝W ＝12S 圆＝12π(x 02)2，又F m ＝x 02.整理得E k ＝π4F m x 0＝π8x 02，C 选项正确． 答案：C4．(2010·济南质检)如图4所示，电梯质量为M ，地板上放着一质量为m 的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，则 ( )A ．地板对物体的支持力做的功等于12m v 2 B ．地板对物体的支持力做的功等于mgHC ．钢索的拉力做的功等于12M v 2＋MgH D ．合力对电梯做的功等于12M v 2 解析：对物体m 用动能定理：WF N －mgH ＝12m v 2，故WF N ＝mgH ＋12m v 2，A 、B 均 错；钢索拉力做的功，W F 拉＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2，C 错；由动能定理知，合力 对电梯M 做的功应等于电梯动能的变化12M v 2，D 正确． 答案：D5．如图5所示，质量为m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F 时，转动半径为R .当拉力逐渐减小到F 4时，物体仍做匀速圆 周运动，半径为2R ，则外力对物体做的功为 ( )A ．－FR 4B.3FR 4C.5FR 2D.FR 4 解析：F ＝m v 12R ，F 4＝m v 222R ，由动能定理得W ＝12m v 22－12m v 12，联立解得W ＝－FR 4， 即外力做功为－FR 4.A 项正确． 答案：A6．一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为 E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功为E /2.若小物块冲上斜面的动能为2E ，则物块 ( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E /2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为v解析：设初动能为E 时，小物块沿斜面上升的最大位移为s 1，初动能为2E 时，小物 块沿斜面上升的最大位移为s 2，斜面的倾角为θ，由动能定理得：－mgs 1sin θ－F f s 1＝0－E,2F f s 1＝E 2，E －E 2＝12m v 2；而－mgs 2sin θ－F f s 2＝0－2E ，可得：s 2＝2s 1，所以 返回斜面底端时的动能为2E －2F f s 2＝E ，A 正确，B 错误；由E ＝12m v ′2可得v ′ ＝2v ，C 、D 均错误．答案：A7．(2010·韶关模拟)如图6甲所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙 斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t 0时刻物块到达最高点， 3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定 ( )图6A ．物块返回底端时的速度B ．物块所受摩擦力大小C ．斜面倾角θD ．3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：上升过程中，mg sin θ＋F f ＝ma 1 v 0＝a 1t 0 s ＝v 02t 0 下滑过程中，mg sin θ－F f ＝ma 2 v ＝a 2·2t 0s ＝12a 2(2t 0)2 以上各式联立可求得v ＝v 02，sin θ＝5v 08gt 0，F f ＝3m v 08t 0，故A 、C 正确，因不知物块的 质量m ，故F f 不可求，B 错误；对整个过程应用动能定理可得，－W f ＝12m v 2－12m v 02，故W f ＝38m v 02，因不知m ，故W f 也不可求得，D 错误． 答案：AC8．如图7所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功可能 ( )A ．等于12m v 2 B ．小于12m v 2 C ．大于μmgs D ．小于μmgs解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v ，故摩擦力对货物做的功可能等于12m v 2，可能小于12m v 2，可能等 于μmgs ，可能小于μmgs ，故选A 、B 、D.答案：ABD9．(2010·如皋模拟)如图8所示，斜面AB 和水平面BC 是由同一板材上截下的两段，在B 处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P 处．若从该板材上再截下一段，搁置在A 、P 之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A 处，并轻推一下使之具 有初速度v 0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是( )A ．小铁块一定能够到达P 点B ．小铁块的初速度必须足够大才能到达P 点C ．小铁块能否到达P 点与小铁块的质量有关D ．以上说法均不对解析：如图所示，设AB ＝s 1，BP ＝s 2，AP ＝s 3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgs 1sin α－μmgs 1cos α－μmgs 2＝0，可得：mgs 1sin α＝μmg (s 1cos α＋s 2)，设小铁块沿AP 滑到P 点的速度为v P ，由动能定理得：mgs 3sin β－μmgs 3cos β＝12m v P 2－12m v 02，因s 1sin α＝s 3sin β，s 1cos α＋s 2 ＝s 3cos β，故得：v P ＝v 0，即小铁块可以沿AP 滑到P 点，故A 正确．答案：A10．如图9所示，质量为M＝0.2 kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20 m，木块距水平台的右端L＝1.7 m．质量为m＝0.10M的子弹以v0＝180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90 m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s＝1.6 m，求：(g取10 m/s2)(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.解析：(1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为W1＝12m v2－12m v02＝－243 J同理，子弹对木块所做的功为W2＝12M v12＝8.1 J.(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理，有：－μMgL＝12M v22－12M v12木块离开台面后的平抛阶段s＝v22h g解得μ＝0.50.答案：(1)－243 J8.1 J(2)0.5011．(2010·南通月考)如图10为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度h＝0.45m，现有一质量为m＝10 kg的行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出．已知行李包与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.2，且A与B之间距离为L＝6 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)行李包从A传送到B的过程中，摩擦力对物块做的功为多少？(2)行李包从B端水平抛出后在空中运动的时间和飞出的水平距离为多少？解析：(1)设行李包加速到传送带的速度v0＝3.0 m/s，经历的时间为t1，则有v0＝μgt1.此过程中行李包的位移s1＝12μgt12.可求得s 1＝2.25 m ＜L ，故行李包在B 端被平抛的速度v B ＝v 0＝3.0 m/s.W f ＝12m v 02＝45 J. (2)由h ＝12gt 22 s 2＝v B t 2 可得t 2＝0.3 s s 2＝0.9 m.答案：(1)45 J (2)0.3 s 0.9 m12．如图11所示为“S ”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a 点水平射向b 点并进入轨道，经过轨道后从p 点水平抛出，已知小球与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其 他机械能损失，ab 段长L ＝1.25 m ，圆的半径R ＝0.1 m ，小球质量m ＝0.01 kg ，轨 道质量为M ＝0.15 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)若v 0＝5 m/s ，小球从p 点抛出后的水平射程；(2)若v 0＝5 m/s ，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v 0至少为 多大时，轨道对地面的压力为零．解析：(1)设小球运动到p 点时的速度大小为v ，对小球由a 点运动到p 点的过程， 应用动能定理得：－μmgL －4Rmg ＝12m v 2－12m v 02① 小球从p 点抛出后做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，则4R ＝12gt 2② s ＝v t ③联立①②③代入数据解得s ＝0.4 6 m(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向，有：F＋mg ＝m v 2R ④联立①④代入数据解得F ＝1.1 N ，方向竖直向下．(3)分析可知，要使小球以最小速度v 0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位 置应该在“S ”形轨道的中间位置，则有：F ′＋mg ＝m v 12R，F ′＝Mg －μmgL －2mgR ＝12m v 12－12m v 02 解得：v 0＝5 m/s.答案：(1)0.4 6 m(2)1.1 N ，方向竖直向下 (3)5 m/s。

动能定理及应用一、选择题（本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．质量不等但有相同初动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直到停止,则( ）A．质量大的物体滑行距离大B．质量小的物体滑行距离大C．质量小的物体克服摩擦做的功多D．质量大的物体克服摩擦做的功多解析：B 根据动能定理得－μmgx＝0－E k,得滑行距离x＝E kμmg,由题意可知，μ、E k相同，则m越小，x越大，即质量小的物体滑行距离大，故A错误,B正确；由动能定理可知，物体克服摩擦力做的功等于物体动能的减小量，两物体动能的减小量相等，则物体克服摩擦力做的功相等，故C、D错误．2.（2018·宣城模拟）如图所示，AB为错误!圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )A。

错误!μmgR B.错误!mgRC．mgR D．(1－μ）mgR解析：D 由题意可知mgR＝W f AB＋W f BC，W f BC＝μmgR，所以W f AB＝（1－μ)mgR,D正确．3．(2017·海南高考)将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点,小球上升和下降经过a点时的动能分别为E k1和E k2，从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1,从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W2。

下列选项正确的是（）A．E k1＝E k2，W1＝W2B．E k1>E k2，W1＝W2C．E k1<E k2，W1<W2D．E k1〉E k2,W1〈W2解析：B 从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点,上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2,对两次经过a 点的过程,由动能定理得,－W f＝E k2－E k1，可知E k1〉E k2，故B正确，A、C、D错误．4.质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为（ )A ．2 错误! m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD 。

开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(十七) 动能定理及其应用A组基础巩固1．关于物体的动能，下列说法中正确的是( )A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定也变化越大解析：A选项中若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A错；B选项中物体受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故B错；C选项中，物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，C选项正确；D选项中，物体速度变化若仅由方向变化引起时，其动能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故D错．答案：C2．一个小物块冲上一固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了B、A两点，如图17－1所示，关于物块上滑时由A到B的过程和下滑时由B到A的过程，动能的变化量的绝对值ΔE 上和ΔE下以及所用时间t上和t下相比较，有( )图17－1A．ΔE上＜ΔE下，t上＜t下B．ΔE上＞ΔE下， t上＞t下C．ΔE上＜ΔE下， t上＞t下D．ΔE上＞ΔE下， t上＜t下解析：ΔE上＝W阻＋mgh，ΔE下＝mgh－W阻，即ΔE上＞ΔE下．整个斜面是粗糙的，所以在AB段v上＞v下，t上＜t下．答案：D3.[2018·安徽卷]如图17－2所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )图17－2A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析：一个小球在A 点正上方由静止释放，刚好通过B 点时恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，即：mg ＝mv 2/R ，得v 2＝gR ，对全过程运用动能定理可得选项D 正确．答案：D4．(多选题)如图17－3所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块．现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中( )图17－3A ．支持力对物块做功为0B ．支持力对小物块做功为mgLsin αC ．摩擦力对小物块做功为mgLsin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgLsin α解析：缓慢抬高过程中，摩擦力始终跟运动方向垂直，不做功，支持力与重力做功的代数和为零，所以支持力的功等于mgLsin α；下滑过程中支持力跟运动方向始终垂直，不做功，由动能定理可得：mgLsin α＋W f ＝mv22，解得W f ＝12mv 2－mgLsin α；综上所述，B 、D 正确．答案：BD5.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图17－4所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )图17－4A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大解析：在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v22a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 项正确．答案：B6．(多选题)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则( )A ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3 v 0B ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v 0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mgsin α－2mv 20/L D ．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv 0图17－5解析：对人进行受力分析如图17－5所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v 0)2－0＝2aL ，v 21－v 20＝2aL ，可解得v 1＝5v 0，所以A 错误，B 正确；根据动能定理有：mgLsin α－F f L ＝12m(2v 0)2，可解得F f ＝mgsin α－2mv 2/L ，C 正确；重力功率的最大值为P m ＝2mgv 0sin α，D 错误．答案：BC图17－67．如图17－6所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平，其距离d ＝0.50 m ，盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0解析：分析小物块的运动过程，可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减少．根据动能定理可得mgh －μmgx ＝0，物块在BC 之间滑行的总路程x ＝mgh μmg ＝h μ＝0.300.10m ＝3 m ．小物块正好停在B 点，所以选项D 正确．答案：DB 组 能力提升8．[2018·四川省绵阳市南山中学月考]儿童乐园中一个质量为m 的小火车，以恒定的功率P 由静止出发，沿一水平直轨道行驶达到最大速度v m 后做匀速运动，在到达终点前某时刻关闭发动机，小火车又做匀减速直线运动，到达终点时恰好停止．小火车在运动过程中通过的总路程为s ，则小火车运动的总时间为( )A.2s v m ＋mv 2mP B.s v m ＋mv 2m P C.2s v mD.msv mP解析：由动能定理可得：Pt －fs ＝0，f ＝P v m ，得t ＝sv m，这里的t 是在发动机关上前的时间，后来减速的时间是t 2＝v m a ，a ＝f m ＝P mv m ，t 2＝mv 2m P , T ＝t ＋t 2＝s v m ＋mv 2mP，故本题选择B.答案：B9．如图17－7甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为( )图17－7A ．0 B.12F max x 0 C.π4F max x 0 D.π4x 20 解析：根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物块在变力作用下，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”的方法来解决．力F 所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E k ＝W ＝12S 圆＝12π⎝ ⎛⎭⎪⎫x 022，又F max ＝x 02.整理得E k ＝π4F max x 0＝π8·x 20，C 选项正确．答案：C10．(多选题)[2018·四川省成都外国语学校月考]如图17－8所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高，宽度均为d ，而且均以大小为v 的速度运行，图中虚线为传送带中线．一工件(视为质点)从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止．下列说法中正确的是( )图17－8A ．工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为22d B ．工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为d2vC ．工件与乙传送带间的动摩擦因数μ＝v2gdD ．乙传送带对工件的摩擦力做功为零解析：物体滑上乙时，相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的速度v 和向后的速度v ，合速度为2v ，沿着与乙成45°的方向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线，故A 正确．假设它受滑动摩擦力f ＝μmg ，方向与合相对速度在同一直线上，则角θ＝45°，则相对于乙的加速度也沿这个方向，经过t 后，它滑到乙中线并相对于乙静止，根据牛顿第二定律，有μmg ＝ma ，解得a ＝μg ；运动距离L ＝2×d 2＝22d ，又L ＝12at 2，L和a 代入所以t ＝d v ，μ＝2v 2gd ，故B 错误、C 错误．滑上乙之前，工件绝对速度为v ，动能为12mv 2，滑上乙并相对停止后，绝对速度也是v ，动能也是12mv 2而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功，动能没变化，所以乙对工件的摩擦力做功为零，故D 正确．答案：AD11．[2018·黑龙江省庆安县三中月考]飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图17－9所示，航空母舰的水平跑道总长l ＝180 m ，其中电磁弹射器是一种长度为l 1＝120 m 的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F 牵．一架质量为m ＝2.0×104kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F 推＝1.2×105N ．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v ＝100 m/s ，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出(计算结果均保留两位有效数字)：图17－9(1)飞机在后一阶段的加速度大小； (2)电磁弹射器的牵引力F 牵的大小．解析：(1)令后一阶段飞机加速度为a 2，平均阻力为f 2＝0.2mg ， 则F 推－f 2＝ma 2， 得a 2＝4.0 m/s 2.(2)由动能定理：F 牵l 1＋F 推l －f 1l 1－f 2(l －l 1)＝12mv 2得F 牵＝6.8×105 N.答案：(1)4.0 m/s 2(2)6.8×105N12．[2018·浙江省慈溪中学月考]如图17－10所示，一小球从A 点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝10 cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点的竖直高度h ＝0.8 m ，水平距离s ＝1.2 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC 长为L 2＝3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度？(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A 点的初速度的范围是多少？图17－10解析：(1)对圆周最高点应用牛顿第二定律得 mg ＝m v 21R从A 点到最高点应用动能定理得 －mg(2R)－μmgL 1＝12mv 21－12mv 20，则A 点的速度v 0＝3 m/s.(2)若小球恰好停在C 处，对全程进行研究，则有 －μmg(L 1＋L 2)＝0－12mv′2，解得v′＝4 m/s.所以当3 m/s≤v A ≤4 m/s 时，小球停在BC 间． 若小球恰能越过壕沟时，则有：h ＝12gt 2，s ＝v C t ，从A 到C 有－μmg(L 1＋L 2)＝12mv 2C －12mv″2解得：v″＝5 m/s ，所以当v A ≥5 m/s，小球越过壕沟． 综上，则A 的速度范围是 3 m/s≤v A ≤4 m/s 和v A ≥5 m/s. 答案：(1)v A ＝3 m/s(2)范围是：3 m/s≤v A ≤4 m/s 和v A ≥5m/s13．[2018·上海市宝山区月考]如图17－11所示，在竖直面内有一光滑水平直轨道与半径为R ＝0.25 m 的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B 相切，半圆轨道的另一端点为C.在直轨道上距B 点为x(m)的A 点，有一可看做质点、质量为m ＝0.1 kg 的小物块处于静止状态．现用水平恒力将小物块推到B 处后撤去恒力，小物块沿半圆轨道运动到C 点后，恰好落回到水平面上的A 点，取g ＝10 m/s 2.求：图17－11(1)水平恒力对小物块做的功W 与x 的关系式． (2)水平恒力做功的最小值． (3)水平恒力的最小值．解析：(1)小物块从C 到A 的运动是平抛运动． 设小物块在C 处的速度为v C ，则由C 到A ， x ＝v C t2R ＝12gt 2由以上两式得v 2C＝gx24R，小球从A 到C 有W －2mgR ＝12mv 2C解得W ＝mg(2R ＋x 28R)＝(0.5x 2＋0.5) J.(2)当W 最小时，物块刚好能够通过C 点，此时mv 2CR ＝mg由C 到A 仍做平抛运动，所以v 2C＝gx24R仍成立，由以上两式：x ＝2R代入公式可求得恒力做功的最小值为 W min ＝(0.5＋0.5×4×0.252)J ＝0.625 J (3)由功的公式得F ＝W Fx将W ＝(0.5x 2＋0.5) J ，代入上式得F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5x ＋0.5x N由数学知识可知，当0.5x ＝0.5x ，即x ＝1时F 最小F min ＝1 N.答案：(1)W ＝()0.5x 2＋0.5J (2)0.625 J (3)1 NC 组 难点突破14．[2018·江苏常州模拟]某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB 和AB′(均可看作斜面)，甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A 点由静止开始分别沿AB 和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC 上，如图17－12所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是( )图17－12A ．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程B ．甲在B 点的动能一定等于乙在B′点的动能C ．甲在B 点的速率一定等于乙在B′点的速率D ．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移解析：由动能定理列方程计算可得两人最后都停在水平沙面B′C 上同一点，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移，选项A 正确，D 错误；甲在B 点的动能一定大于乙在B′点的动能，甲在B 点的速率一定大于乙在B′点的速率，选项B 、C 错误．答案：A。

课时作业16 动能定理及其应用一、单项选择题1．(2012·福建厦门期末)用恒力F向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度。

若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是( )A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B．重力所做的功等于物体重力势能的增量C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量2．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。

以a、E k、s 和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。

则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )3．(2012·湖北黄冈模拟)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动。

某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g。

则( )A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v0C．人沿沙坡下滑时所受阻力F f＝mg sin α－mv20/LD．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv04．(2012·江苏无锡模拟)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。

质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。

现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动。

物块和小车之间的摩擦力为F f。

物块滑到小车最右端时，小车运动的距离为s。

在这个过程中，下列说法正确的是( )A．物块到达小车最右端时具有的动能为F(l＋s)B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f sC．物块克服摩擦力所做的功为F f lD．物块和小车增加的机械能为F f s5．如图所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。

第2讲 动能定理及其应用[A 组 基础题组]一、单项选择题1．关于动能概念及动能定理表达式W ＝E k2－E k1的说法正确的是( ) A ．若物体速度在变化，则动能一定在变化 B ．速度大的物体，动能一定大 C ．W ＝E k2－E k1表示功可以变成能D ．动能的变化可以用合力做的功来量度解析：速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A 错误；由E k ＝12mv 2知B 错误；动能定理表达式W ＝E k2－E k1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C 错误，D 正确。

答案：D2．如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A 点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B 点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A 、B 两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为 ( )A ．tan θB ．tan αC ．tan(θ＋α)D ．tan(θ－α)解析：如图所示，设B 、O 间距离为s 1，A 点离水平面的高度为h ，A 、O 间的水平距离为s 2，物块的质量为m ，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh －μmg cosθ·s 2cos θ－μmg ·s 1＝0，解得μ＝hs 1＋s 2＝tan α，故选项B 正确。

答案：B3．(2021·山东泰安高三检测)如图所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同，滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等，空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )A ．滑块的动能始终保持不变B ．滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mghC ．滑块经b 点时的速度大于 gh ＋v 2D ．滑块经b 点时的速度等于 2gh ＋v 2解析：由题意知，在滑块从b 运动到c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，故A 错误；从a 到c 根据动能定理mgh －W f ＝0可得，全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故滑块在bc 过程克服阻力做的功一定不等于12mgh ，故B错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a 到b 克服摩擦力做功W f ′＜12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理有mgh －W f ′＝12mv ′2－12mv 2，所以v ′＞ gh ＋v 2，故C 正确，D 错误。

动能定理及其应用一、单项选择题1. A 〃两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力Q作用下，由静止开始通过相同的位移九假设X的质量大于4的质量，那么在这一过程中（）A. .4获得动能较大B. 〃获得动能较大C. 爪3获得动能一样大D. 无法比拟』、4获得动能大小解析：由动能定理可知恒力尸做功«=F7=pv;-0.因为尺7相同，所以/!、8获得的动能一样大，C正确.答案：C2. ―个质房为加的物体静止放在光滑水平面上,在互成60°/ft的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获徊的速度为片在力的方向上获得的速度分别为小盼如下图，那么在这段时间内，其中一个力做的功为（）解析：在合力，的方向上，由动能定理得片汽蓦此某个分力做的功为线=内/cos 30°=2cos‘30。

" 30° B 正确.答案：B3. 用水平力尸拉一物体，使物体在水平地面上由伸止开始做匀加速直线运动，人时刻撤去拉力代物体做匀减速直线运动，到山时刻停止，其速度一时间图织如下图，且。

〉8. 假设拉力尸做的功为儒，在0〜白时间内拉力”的平均功率为外0〜公时间内物体克服摩擦阻力内做的功为祖克服摩擦力的平均功率为月，那么以下选项正确的选项是（）A. g, F=2F,B. 机=禺,F>2RC. PKP、, F>2F\D・ R=月，F=2R解析：对整个过程由动能定理可得所一伐=0,解得#1 =足.由图象可知，匀加速过程加速度大小找大于匀减速过程的加速度大小如即—/>2&选项A、I）错误，B正确: m m由于摩擦阻力作用时间大于水平力F作用时间,所以P*选项C错误.答案：B4. （20XX •高考江苏卷）从地面财直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力.该过程中小球的动能Zi与时间〔的关系图象是（）解析：此题考查动能的概念和图象，敝在考查考生的推理能力和分析能力.小球做竖直上抛运动时，速度—砍，根据动能E=A得匹沪故图象A正确.答案：A5. 如下图，光消斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面.设小球在斜面最低点』的速座为匕压缩弹簧至C'点时博簧最短, C点距地面高度为力, 那么小球从4到C的过程中弹黄弹力做功是（）C. —mghD. — {mgh+^nv）解析：小球从』点运动到。

2．公式：E＝□kmv2。

041mv22－11动能定理及其应用主干梳理对点激活知识点动能Ⅱ1．定义：物体由于□01运动而具有的能。

02123．矢标性：动能是□03标量，只有正值，动能与速度方向□04无关。

4．状态量：动能是□05状态量，因为v是瞬时速度。

5．相对性：由于速度具有□06相对性，所以动能也具有相对性。

116．动能的变化：物体□07末动能与□08初动能之差，即ΔEk＝22mv2。

动能的变化是过程量。

知识点动能定理Ⅱ1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中□01动能的变化。

2．表达式(1)W＝□02ΔEk。

(2)W＝□03Ek2－Ek1。

1(3)□W＝2mv2－2mv2。

3．物理意义：□05合外力的功是物体动能变化的量度。

4．适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于□06曲线运动。

(2)既适用于恒力做功，也适用于□07变力做功。

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以□08不同时作用。

一思维辨析1．合外力做功是物体动能变化的原因。

()2．如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。

()3．物体的动能不变就是物体的速度不变。

()4．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。

()5．运用动能定理可以求变力做功。

()答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√二对点激活1．(人教版必修2·P74·T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是()EA ．质量不变，速度增大到原来的 2 倍B ．速度不变，质量增大到原来的 2 倍C ．质量减半，速度增大到原来的 2 倍D ．速度减半，质量增大到原来的 4 倍 答案 D1 解析 由 E k ＝2mv 2知只有 D 项汽车动能不变。

2．(多选)关于动能定理的表达式 W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是( )A ．公式中的 W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的 W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的 E k2－E k1 为动能的增量，当 W >0 时，动能增加，当 W <0 时，动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功答案 BC解析 W ＝E k2－E k1 中的 W 指合外力的功，当然包括重力在内， k2－E k1 为动能的增量，由 功来量度，W >0，ΔE k >0，W <0，ΔE k <0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。

咐呼州鸣咏市呢岸学校第五章 第2讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1．人骑自行车下坡，坡长l ＝500 m ，坡高h ＝8 m ，人和车总质量为100 kg ，下坡时初速度为4 m/s ，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s ，g 取10 m/s 2，那么下坡过程中阻力所做的功为( )A ．－4 000 JB ．－3 800 JC ．－5 000 JD ．－4 200 J【解析】 由动能理得：W f ＋mgh ＝12mv 2－12mv 20所以W f ＝12mv 2－12mv 20－mgh ＝－3 800 J. 【答案】 B2．起重机将物体由静止举高h 时，物体的速度为v ，以下各种说法中正确的选项是(不计空气阻力)( )A ．拉力对物体所做的功，于物体动能和势能的增量B ．拉力对物体所做的功，于物体动能的增量C ．拉力对物体所做的功，于物体势能的增量D ．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量【解析】 根据动能理W F －W G ＝mv 2/2，W G ＝mgh ，所以W F ＝mv 2/2＋mgh ，A 正确，B 、C 错误；物体克服重力所做的功，于物体重力势能的增量，D 错误． 【答案】 A3．(模拟)以下关于运动物体所受合外力做的功和动能变化的关系正确的选项是( ) A ．如果物体所受合外力为零，那么合外力对物体做的功一为零B ．如果合外力对物体所做的功为零，那么合外力一为零C ．物体在合外力作用下做变速运动，动能一发生变化D ．物体的动能不变，所受合外力一为零【解析】 由W ＝Fx cos α知，物体所受合外力为零时，合外力对物体做的功一为零，A 正确；但合外力对物体所做的功为零，合外力不一为零，如物体做匀速圆周运动时，合外力不为零，而且动能不变，故B 、C 、D 均错误． 【答案】 A4．在疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，设人下滑时所受阻力恒不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g .那么( )A ．假设人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，那么人到达斜面底端时的速度大小为3v 0B ．假设人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，那么人到达斜面底端时的速度大小为5v 0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α－2mv 20/LD ．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv 0【解析】 对人进行受力分析如下图，根据匀变速直线运动的规律有：(2v 0)2－0＝2aL ，v 21－v 20＝2aL ，可解得：v 1＝5v 0，所以选项A 错误；B 正确；根据动能理有：mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2.可解得F f ＝mg sin α－2mv 20/L ，选项C 正确；重力功率的最大值为P m ＝2mgv 0sin α，选项D 错误．【答案】 BC5．如下图，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A点自由下落，在C 点处小球速度到达最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 处的动能．假设改变高度h ，那么以下表示x 0随h 变化的图象和E k 随h 变化的图象中正确的选项是( )【解析】 由题意“在C 点处小球速度到达最大〞，可知C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h 无关，B 项正确；根据动能理有mg (h ＋x 0)－E P ＝12mv 2C ＝E k ，其中x 0与弹性势能E P 为常数，可判断出C 项正确． 【答案】 BC6．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如上图①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，那么第二次向蓄电池所充的电能是( )A ．200 JB ．250 JC ．300 JD ．500 J【解析】 设自行车与路面的摩擦阻力为F f ，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能理得：0－E k0＝－F f ·x 1，可得F f ＝50 N ，启动自动充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦做功为：W ＝F f x 2＝300 J ，设克服电磁阻力做功为W ′，由动能理得：－W ′－W ＝0－E k0，可得W ′＝200 J ，故A 正确． 【答案】 A7．(单科)质量为5×103kg 的在t ＝0时刻速度v 0＝10 m/s ，随后以P ＝6×104W 的额功率沿平直公路继续，经72 s 到达最大速度，该受恒阻力，其大小为×103N ．求：(1)的最大速度v m ；(2)在72 s 内经过的路程s .【解析】 (1)到达最大速度时，牵引力于阻力P ＝F μv mv m ＝P F μ＝6×104×103m/s ＝24 m/s. (2)由动能理可得Pt －F μx ＝12mv 2m －12mv 20所以x ＝2Pt －m (v 2m －v 20)2F μ＝2×6×104×72－5×103×(242－102)2××103m ＝1 252 m.【答案】 (1)24 m/s (2)1 252 m8．如下图，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，OP ＝L ，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0.发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B ，那么：(1)小球到达B 点时的速率？(2)假设不计空气阻力，那么初速度v 0为多少？(3)假设初速度v 0＝3gL ，那么在小球从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？ 【解析】 (1)小球恰能到达最高点B有mg ＝m v 2BL /2，得v B ＝gL2.(2)由A →B 由动能理得－mg (L ＋L 2)＝12mv 2B －12mv 20 可求出：v 0＝ 7gL2. (3)由动能理得：－mg (L ＋L 2)－W f ＝12mv 2B －12mv 20 可求出：W f ＝114mgL .【答案】 (1)gL2(2)7gL 2 (3)114mgL 9．如下图，质量m ＝0.5 kg 的小球从距离地面高H ＝5 m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R ＝0.4 m ，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒不变，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h 为多少？ (2)小球最多能飞出槽外几次？【解析】 (1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为W f ，由动能理得：mg (H ＋R )－W f ＝12mv 2－0 从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h 高度的过程中，由动能理得mg (H －h )－2W f ＝0－0联立解得：h ＝v 2g －H －2R ＝10210m －5 m －2×0.4 m＝4.2 m. (2)设小球最多能飞出槽外n 次，那么由动能理得：mgH －2nW f ＝0－0解得：n ＝mgH2W f＝mgH2⎣⎡⎦⎤mg (H ＋R )－12mv 2＝gH2g (H ＋R )－v2＝5 故小球最多能飞出槽外6次． 【答案】 (1)4.2 m (2)6次10．如下图的“S〞型玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯曲是由两个半径相的半圆对接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向不可移动．弹射装置将一个小球(可视为质点)从a 点水平弹射向b 点并进入轨道，经过轨道后从最高点d 水平抛出(抛出后小球不会再碰轨道)，小球与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab 段长L ＝1.25 m ，圆的半径R ＝0.1 m ，小球质量m ＝0.01 kg ，轨道质量为M ＝0.26 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)假设v 0＝5 m/s ，小球从最高点d 抛出后的水平射程；(2)假设v 0＝5 m/s ，小球经过轨道的最高点d 时，管道对小球作用力的大小和方向；(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小于轨道自身的重力，当v 0至少为多少时，小球经过两半圆的对接处c 点时，轨道对地面的压力为零．【解析】 (1)设小球到达d 点处速度为v ，由动能理，得 －μmgL －mg 4R ＝12mv 2－12mv 2① 小球由d 点做平抛运动，有4R ＝12gt2②x ＝vt ③联立①②③并代入数值，解得小球从最高点d 抛出后的水平射程：x ＝0.98 m ．④ (2)当小球通过d 点时，由牛顿第二律得F N ＋mg ＝m v 2R⑤代入数值解得管道对小球作用力F N ＝ N ，方向竖直向下．⑥(3)设小球到达c 点处速度为v c ，由动能理，得 －μmgL －mg 2R ＝12mv 2c －12mv 2⑦当小球通过c 点时，由牛顿第二律得F ′N ＋mg ＝m v 2cR⑧要使轨道对地面的压力为零，那么有F ′N ＝Mg ⑨联立⑦⑧⑨并代入数值，解得v 0＝6 m/s. 【答案】 (1)0.98 m (2) N 竖直向下 (3)6 m/s。

第2讲动能定理及其应用时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则( )A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受的合外力做的功可能为0答案 D解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A 错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。

2.物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W答案 C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W ，C 正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的34，则合外力做功为－0.75W ，D 错误。

3．长为L 的木块静止在光滑水平面上。

质量为m 的子弹以水平速度v 0射入木块并从中射出，且出射速度为v 1。

已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s ，子弹在木块中受到的平均阻力大小为( )A.m v 21－v 202s ＋LB.m v 20－v 212sC.m v 20－v 212LD.m v 20－v 212s ＋L答案 D解析 对子弹根据动能定理：－f (L ＋s )＝12mv 21－12mv 20，解得f ＝m v 20－v 212s ＋L，D 正确。

4．水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。